4 a Lista de Exercícios de Introdução à Álgebra Linear IMPA - Verão 2008

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1 4 a Lista de Exercícios de Introdução à Álgebra Linear IMPA - Verão 8 Solução de alguns exercícios Devido ao fato de A ser simétrica, existe uma base ortonormal {u,, u n } formada por autovetores de A, então λ C λ λ 3 C λ 4 onde C é ortogonal Definindo então B 3 B = C λ 3 λ 3 λ 3 3 λ 3 4 C, 3 Seja A, Porque A é normal, existe uma base ortonormal de E na qual a matriz de A tem a forma λ λ r A = α β β α, α s β s então existe C talque C A C ( Porque = A n = C A n C, A n =, então λ n i = para i r e n αj β j = para j s, isso significa que A β j α =, então j 4 T + U é auto-adjunto e < T + U(v, v >=< T v, v > + < Uv, v >>, então T + U é positivo 3 Se T = e U =, T e U são positivos, mas T U = 3 3 não é auto-adjunto, então não é positivo 3 3 β s α s

2 5 O polinômio característico para A é det(x I ( x b = x det x a x b x c x a ( = ( c x a = x(x(x a b + ( c = x 3 ax bx c Se f(x é o polinômio minimal para A, então x 3 ax bx c é múltiplo de f(x Se x 3 ax bx c não é o polinômio minimal para A, então Se grau(f =, suponhamos f(x = x + c, mas f( A + c I = c c c b ; a + c Se grau(f =, suponhamos f(x = x + b x + c, mas f( c ca c A +b A+c I = b c + ba +b b +c I = a b + a a Então grau(f = 3 e f(x = x 3 ax bx c 6 (a O polinômio característico para A é x det = x 3x + 4, x os autovalores para A são 3± 7i, então A não tem subespaço invariante de R de dimens so (porque se A tem subespaço invariante de R de dimens so, A vai ter autovalor real (b Para autovalor 3+ 7i, sempre existe um autovetor que é invariante para A 7 Se dim(im( s, dim(ker( n s Para u Im(A, existe v V tal que A(v = u, A(u = A (v A = A(v = u, isso significa A Im( Id e Im(A Ker( φ, então V = Im(A Ker(A Escolha uma base {v,, v s, v s+,, v n } tal que v i Im(A i s e v j Ker(A s+ j n, tem A(v i = v i para i s e A(v j = para s + j n, então relativamente a esta base, A tem a forma,

3 isso significa que A é semelhante a uma matriz diagonal 9 Seja {u,, u n } uma base de W Complete a uma base do espaço V, {u,, u n, v,, v m } e considere W = [{v,, v m }] Seja dim(e = s Escolha uma base ortonormal {e,, e s, e s+,, e n } tal que e i E para i s Relativamente a esta base, E tem a forma, então I + E = é invertível e (I + E = Basta observar que o único autovetor de T é (,, logo, o único subespaço invariante unidimensional é W 3 É só considerar a potência n + do operador de derivação 4 Mostre por indução que T n (B = n j= ( j ( n j A n j BA j Então se A k = para k inteiro positivo, escolha N grande o suficiente para que min{j, N j} > k e teremos T N = 5 (a (Veja Hoffman-Kunze, pag 354 Se A é um operador normal num espaço V, então V = W W r, onde p = p p r é o polinômio minimal de A e W j = ker p j (A Além disso, prova-se que deg p j = ou e no caso de p j (x = (x a + b temos que a restrição de A em W j satisfaz A j v i = av i + bw i A j w i = bv i + aw i 3

4 onde {v, w,, v s, w s } é uma base ortonormal de W j, A j é sua restrição e p s j é o polinômio característico de A j Além disso a projeção ortogonal E j sobre W j é um polinômio em A Portanto, qualquer operador que comuta com A comuta com E j e portanto deixa W j invariante Assim, como A comuta com A, A deixa W j invariante e temos que a adjunta A j de A j é a restrição de A a W j Além disso, é fácil ver que A j v i = av i bw i A j w i = bv i + aw i Daí, segue que A j A j = (a + b I E portanto A j = (a + b A j E como temos que se AB = BA, então A B = BA, o resultado segue (b (Vamos usar de novo os resultados em Hoffman-Kunze, pag 354 Mostra-se que se A é normal e E é um subespaço invariante de A então A também deixa E invariante Seja V = W W r a decomposição do item anterior para A Se p j (x = (x a + b e {v, w,, v s, w s } base ortonormal de W j A B(v i = BA (v i = B(av i bw i = abv i bbw i A B(w i = BA (w i = B(bv i + aw i = bbv i + abw i Seja E então o espaço gerado por {Bv i, Bw i } Sabemos que A deixa E invariante Vamos mostrar que A B(v i = abv i bbw i ( A B(v i = bbv i + abw i ( Pois então A Bv i = BA v i e A Bw i = BA Bw i e portanto A B = BA restrito a E(O caso p j (x = x c é bem mais simples Não é difícil ver que para mostrar (, ( basta checar que {Bv i, Bw i } é ortogonal Seja então S a restrição de b (A ai a E Observe que S é normal e que S + I = Além disso, SBv i = Bw i Use o lema da pag353 de Hoffman-Kunze para ver que {Bv i, Bw i } é ortogonal (c Defina, B = e C = 3 É claro que AB = BA, AC = CA, mas cheque que BC CB 6 (b Defina Cheque que A 5 5 e AA = 5 Portanto A A comuta com AA mas são 5 4

5 diferentes, o que implica que A não é normal (Observe que esse exemplo é geral, no sentido de que como A A comuta com AA existe uma base ortonormal que diagonaliza ambas simultaneamente 7 (a Seja {v,, v n } uma base de autovetores para A Observe que AB(v i = BA(v i = B(λ i v i = λ i Bv i Como os autovalores de A tem multiplicidade, temos que Bv i = a i v i para algum a i Agora, use interpolação de Lagrange para construir um polinômio p que satisfaz p(λ i = a i Agora, mostre que p( B (b A condição é claramente suficiente Basta mostrar então que se B comuta com toda transformação linear que comuta com A então, B = p(a para algum polinômio p Como A é hermitiana, existe uma base de autovetores {v,, v n } Seja E i a projeção ortogonal sobre a reta gerada por v i Como v i é autovetor, E i comuta com A e portanto com B Mas isso significa que Bv i = a i v i Agora repita a construção do item anterior 8 A fórmula para g mostra a unicidade, bastando checar que g define de fato uma forma bilinear simétrica 9 A bilinearidade de g é simples Agora, cheque que f(v = g(v, v Além disso, se q é qualquer forma bilinear tal que q(v, v = f(v então a fórmula de polarização nos diz que q(u, v = (f(u + v f(u, u f(v, v = g(u, v mostrando a unicidade de g como forma bilinear que define a forma quadrática f Primeiro, cheque que g = g + g é uma forma bilinear Em seguida, é fácil ver que g(v, v = g (v, v + g (v, v = f (v + f (v, mostrando que g define a forma quadrática f = f + f Para A, seja p(x = det(a xi seu polinômio característico Como seus autovalores são todos reais, seu polinômio característico se fatora em C[X] como p(x = (x λ r (x λ m rm, com λ i R para todo i m Usando a forma canônica de Jordan para matrizes complexas, prove que A é similar a uma matriz com entradas reais Seja A é uma matriz n n com entradas reais tal que A + I = Usando A podemos definir uma estrutura complexa no espaço vetorial (α + iβv = αv + βav, onde α, β R (cheque que está bem-definida Seja agora, {v, v k } uma base para o espaço complexo Vamos mostrar que {v, v k, Av,, Av k } é uma base para o espaço real De fato, se v = k j= (α j + iβ j v j, então usando a definição do produto, tem-se que v = k j= α jv j + k j= β jav j, mostrando que o conjunto é gerador Usando um argumento similar, se prova que o conjunto é linearmente independente Agora, cheque que a matriz de A na base dada é 5

6 ( I I onde I é a matriz identidade k k 3 As formas de Jordan para uma matriz [a ij ] i,j 6 com polinômio característico p(x = (x 4 (x variam conforme as formas do polinômio minimal q(x Eles são:, se q(x = (x (x, se q(x = (x (x, se q(x = (x 3 (x e, se q(x = (x 4 (x As outras opções ( são repetir ( os blocos com autovalor e trocar o bloco dois por dois por caso o fator (x apareça em q(x Então são 8 possíveis formas de Jordan para A 4 A matriz 3 6

7 é nilpotente com índice de nilpotência 4 Então sua forma de Jordan é 6 Uma condição necessária para que uma matriz seja anti-simétrica (A t = A é que os elementos da sua diagonal principal sejam todos iguais a zero Logo a afirmação feita na prova de que J t = J implica em particular que todos os auto valores de A são nulos, uma vez que na diagonal de J se encontram os autovalores de A Contudo existem matrizes complexas não-nulas e anti-simétricas Portanto a afirmação de que J t = J está incorreta Por exemplo: cujos autovalores são i e i ( 3 Seja D o subespaço das matrizes diagonais Afirmamos que D é o subespaço E das matrizes cujas entradas da diagonal são todas nulas De fato, se (a ij e B = (b ij então B = (b ij = (b ji e (A B = tr(ab = n n i= k= a ikb ik Assim é fácil ver que se A é diagonal e B E então (A B = Por outro lado, se (A B = A D, tomando-se D i cuja entrada a ii = e zero as demais, temos que b ii =, logo B E Isso mostra o que queríamos 3 Afirmação: W é o subespaço das funções pares Claramente, pela definição do produto interno e pelo fato de que produto de uma função par por uma função ímpar ser ímpar, temos que toda função par pertence a W Por outro lado dada qualquer função f podemos escrever f(t = f (t + f (t onde f (t = f(t+f( t e f (t = f(t f( t Note que f é par e f é ímpar Assim, se f W então = (f, f = f (tf(tdt = f (tf (tdt + f (tf (tdt = f (tf (tdt (Note que f (tf (tdt =, porque f f é ímpar Como f é contínua, f é contínua e portanto f = Logo f é uma função par 33 T (z, z = (w, w, determinemos w e w z z = T (,, (z, z = (,, T (z, z = w Logo, w = z z Analogamente, w = iz z + i i 34 Seja α a base canônica de C então (T α = Assim (T i α = i i i É fácil verificar que (T α não comuta com (T α Logo T não comuta com T 35 Tome qualquer base ortonormal {p, p, p, p 3 } de P 3 o espaço dos polinômios de grau menor ou igual a 3 Queremos encontrar a, a, a, a 3 R tais 7

8 que g t = a p + a p + a p + a 3 p 3 satisfaça g t, f = f(t para todo f P 3 Em particular, tomando f = p i, temos que a i = p i (t, isto é, g t = p (tp + p (tp + p (tp + p 3 (tp 3 36 Resolvido na lista 3, exercício (a Tome S = (B + Bt e (B Bt Assim S é simétrica, A é antissimétrica e B = S + A Isso prova que a decomposição existe Provemos que é única Se B = S + A então B t = S A, e portanto S = (B + Bt e (B Bt (b (A t = A t A t = ( A( A (c det( det(a t = det( ( n det( det(a o que implica que det( (justifique cada passagem 38 Usando a mesma idéia do exercício 35, podemos obter, para cada t R, g t P 5 tat que g t, f = f(t para todo f P 5 Assim, f, g P 5 f, D g = Df, g = f (sg(sds Int partes = f(g( f(g( Mas f( = g, f e g, f = f( Logo, f, D g = f, g(g g(g Dg, isto é, D g = g(g g(g Dg 39 (A Cx, x = ((A B+(B Cx, x = (A Bx, x + (B Cx, x > 4 Supondo Av, Aw = v, w para todo v, w V, temos que v, A Aw = v, w para todo v, w V, o que implica que A I Pelas propriedades do determinante, = det I = det A det A det A = (det A Portanto, det ± 4 Considere em R o operador de rotação de π/, ie, o operador representado pela matriz R = Obviamente vale que Rv é perpendicular a v para todo v R 43 Existe uma base na qual a matriz A é diagonal, e sendo hermitiana todos os autovalores são reais Se f é um polinômio com coeficientes reais, então f(a é uma matriz diagonal cujos elementos são f(l R onde l é autovalor de A 44 ERRATA: Neste exercício a matriz que devemos considerar é cos θ sin θ sin θ cos θ para θ R Para encontrar os autovalores, calculamos cos θ λ sin θ det = λ sin θ cos θ λ f(sg (sds 8

9 Ou seja, λ = ± são os autovalores Para encontrar o autovetor associado a, resolvemos o sistema cos θ sin θ x = sin θ cos θ y Temos assim { x(cos θ + y sin θ = ( y(cos θ + + x sin θ = ( Mas ( é igual a ( vezes (cos θ / sin θ, se sin θ De ( concluímos cos θ cos θ que x sin θ = y Portanto, (, sinθ é autovetor de A com autovalor Se sin θ =, cos θ = ±, logo, ou, Em qualquer dos dois casos tem-se v tal que Av = v 45 Por indução no tamanho da matriz Se n =, o polinômio caracteristico de A é igual a a λ det = (a a λ λ(a λ a Suponhamos que para uma matriz n n desta forma o polinômio característico é igual a (a λ(a λ (a n,n λ Provaremos para uma matriz n n Temos que a λ a a λ det = a n a n a nn λ a λ a a λ = (a nn λ det a n, a n, a n,n λ Usando a hipótese de indução concluímos que o polinômio característico de uma matriz desta forma (n n é (a λ(a λ (a nn λ Portanto, os autovalores são os elementos da diagonal da matriz 46 O polinômio característico tem grau n, então tem esse número de raízes, contando a multiplicidade Devido a que as raízes complexas aparecem aos pares, o polinômio tem que possuir pelo menos uma raíz real 47 O operador de derivação na base {sin t, cos t} de V pode ser representado pela matriz D = Os autovalores de D são λ = ±i Então se o espaço V tem como conjunto de escalares R, ele não possui autovetores Se o campo de escalares fosse C, as funções sin t ± i cos t seriam autovetores 9

10 48 Consideremos a forma de Jordan J da matriz associada à transformação Sabemos que J é uma matriz triangular inferior, os elementos da diagonal são todos (os autovalores, e os elementos imediatamente abaixo da diagonal são iguais a ou Então, se tomamos {v, v,, v n } a base na qual a transformação A é representada por J, temos que Jv i = ou Jv i = v i+ para i =,, n, e Jv n = Definindo E k = espaço gerado por {v k,, v n } para k =,, n, vale a seguinte relação: J(E k E k+ para k n, e J(E n = Portanto, J é nilpotente, o que implica que A também o é 49 (tp + up x, x = t P x, x + u P x, x > 5 Se A é autoadjunto, sabemos que existe uma base ortonormal {v,, v n } de V formada por autovetores de A Devido ao fato de que os únicos subespaços invariantes de A são V e, A só pode ter um autovalor, pois cada autovalor tem associado um subespaço invariante (que não se reduz ao de A Portanto, existe λ (que poderia ser tal que Av i = λv i para i =,, n, o que implica que λi 5 É claro que A t E para todo (x, y vale A(x, y, (x, y = (x+iy, ix+y, (x, y = x(x+iy+y( ix+y = x +y Os autovalores de A são as raízes do polinômio ( λ, ou seja, λ = e λ = Encontramos uma base de autovetores para A (resolvendo os sistemas (A λi = Por exemplo, os vetores (, i e (, i formam uma base de autovetores A matriz que representa A nesta base é D = E a matriz de cambio de base, da canônica para a base de autovetores é C = i i Então temos que ( i = C DC = i i i ( ( i i Portanto, ( i i ( ( i i